$n$ preguntas son necesarios. La siguiente prueba podría utilizar un poco de pulido, pero creo que es esencialmente correcto.
Alice elige $n$ números reales $x_1, ..., x_n$ y Ben le pide a la suma de varios subconjuntos de a $\{x_1, ..., x_n\}.$ Después $k$ preguntas, Ben debe indicar si puede el conjunto se divide en dos subconjuntos con sumas iguales. Yo reclamo que el valor mínimo de $k$ garantías de éxito es $k=n$. Esto es claro cuando se $n=2$, así que voy a estar asumiendo $n>2.$
Me permite modificar las reglas ligeramente a decir que si Alice nunca contesta incorrectamente, Ben gana. Esto no es un cambio real, ya que el OP está suponiendo implícitamente Alice siempre responde correctamente. Ahora supongamos que Alice se adopta un enfoque de confrontación. Ella no se decide en los números de antemano, sino que los elige (o más bien el subconjunto sumas) a medida que el juego avanza. Me dicen que si Ben sólo pide $n-1$ preguntas, entonces Alice puede encontrar $n$ números, en consonancia con sus anteriores respuestas, que hace de Ben respuesta incorrecta. Esto le mostrará que $n$ preguntas son necesarios, como los números de Alice viene con podría haber sido el de los números subía con antelación si estuviera jugando ingenuamente.
Deje $\mathbf x = (x_1,...,x_n)^T$ y deje $\mathbf {e_1},..., \mathbf{e_n}$ ser la base natural de los vectores en $\mathbb R^n.$ Cuando Ben le pide el número de la pregunta $i$, está pidiendo el valor de $\mathbf v_i \cdot \mathbf x,$ donde $\mathbf v_i$ es la suma de algunas de las $\mathbf e_k.$ voy a llamar a la $\mathbf v_i$ la "cuestión vectores".
Decir que hay una partición cuyas dos partes se han sumas iguales es decir no existe $a_i \in \{-1,1\}, 1 \le i \le n,$ no todos iguales, de tal manera que $\mathbf p \cdot \mathbf x = 0$ donde $\mathbf p = \sum{a_i \mathbf e_i}$. Voy a llamar a $\mathbf p$ "partición de vectores".
Alice debe elegir sus respuestas para ser coherente, y para que no se obliga a la existencia de la admisibilidad de una partición. Ella puede elegir cualquier número que a ella le gusta como la respuesta a la primera pregunta. En la pregunta número $i,$ si $\mathbf v_i \in \langle \mathbf v_1, ..., \mathbf v_{i-1} \rangle,$, a continuación, debe elegir el valor determinado por la linealidad como su respuesta. Por otro lado, si $\mathbf v_i \in \langle \mathbf v_1, ..., \mathbf v_{i-1} \rangle \ne \langle \mathbf v_1, ..., \mathbf v_{i-1}, \mathbf v_i,\rangle$, entonces para cada partición del vector $\mathbf p$ recién en el espacio, no hay una única respuesta $s$ que obligará a $\mathbf p \cdot \mathbf x = 0.$, Ya que hay sólo un número finito de partición de vectores, Alice puede elegir una respuesta diferente de todos esos $s$.
Ahora, cuando Bob le ha pedido a $n-1$ preguntas, podemos asumir que la pregunta vectores abarcan un subespacio de dimensión $n-1.$ (Si no, Alice generosidad de voluntarios de las respuestas para muchos suficientemente independiente de la cuestión de los vectores a traer la dimensión de a $n-1.$) Esto le da un sistema de $n-1$ linealmente independientes de las ecuaciones en $n$ incógnitas. Resolviendo el sistema da un polinomio de grado a lo sumo en algún parámetro $t$ para cada una de las $x_k.$
Ahora debe haber una partición del vector no en el lapso de la cuestión de los vectores. De hecho, para $n>2,$ es fácil ver que el $n$ partición de vectores con exactamente un $-1$ entre el $a_i$ son linealmente independientes, por lo que no todos pueden estar en el tramo. Para cada partición de este tipo de vectores $\mathbf p,$ Alice resuelve el sistema de ecuaciones formado por contigua $\mathbf p \cdot \mathbf x = 0$ para el sistema descrito anteriormente, obteniendo un valor de $t$ en cada caso. Ahora si Ben conjeturas que no es admisible la partición, Alice elige la $\mathbf x$ correspondiente a uno de estos $t,$, y si se estima que existe una partición, ella elige a $t'$ diferente de todos estos un número finito de $t$ y se calcula el $\mathbf x.$ En cualquiera de los casos, Bob pierde.
He tratado de extender este argumento para el caso de que Alicia tiene que elegir números únicos, pero hasta ahora, he fallado. Podemos añadir un número finito de vectores de la forma $\mathbf e_i - \mathbf e_j$ a la partición de los vectores, y asegurarse de que existen soluciones sin igual número, pero si Alice dice que no hay admisible de la partición, ¿cómo podemos estar seguros de que no existe la admisibilidad de una partición sin duplicar el número?
También he fallado en ampliar este concepto para el caso de que Alice debe elegir enteros (con repeticiones permitidas). He estado tratando de hacer que el modulo algunos de los grandes prime $p$. La prueba lleva a través de la $n-dimensional$ espacio vectorial del campo con $p$ elementos, pero si tenemos que exhiben una partición, todo lo que sabemos es que las sumas son congruentes modulo $p$. Mi idea era mostrar que Alice podría elegir algunos de los grandes (en comparación con $n$) prime, y, a continuación, elija sus respuestas tan pequeño como sea posible. Yo tenía la esperanza de ser capaces de demostrar que en este caso, el único modo de que las sumas pueden ser congruentes se si son iguales. No creo que esto se puede hacer funcionar, pero no estoy seguro.
